Misael Hernández; Ricardo Alejos Fundamentos de Sistemas de Comunicación
Tarea 06 Magnitude spectrum 0.12
Ejercicio 1
0.1
Amplitude
0.08
Enunciado Diseñe filtros pasabajas de orden 100 y frecuencias de corte en 0.04, 0.2 y 0.4. Estos filtros representan al canal de comunicación.
0.06
0.04
0.02
0 -1000
-500
0
500
1000
Frequency (Hz)
Filtre la señal Unipolar NRZ con los filtros con iguales a 0.04 y 0.2, y la señal Manchester con los filtros con iguales a 0.2 y 0.4. La señal a la salida del filtro representa la señal recibida.
Figura 1. Espectro de la señal codificada con código de línea Manchester. Magnitude spectrum 0.7 0.6 0.5
Amplitude
En base a la señal recibida, determine los instantes de observación y el umbral de decisión.
0.4 0.3 0.2
Recupere los bits de la señal recibida; compárelos con los bits transmitidos y determine cuántos errores hubo en la comunicación.
0.1 0 -1000
-500
0
500
1000
Frequency (Hz)
Figura 2. Espectro de la señal codificada con código de línea Unipolar NRZ.
Repita la simulación varias veces para confirmar el número de errores. Para cada código de línea (Unipolar NRZ y Manchester), encuentre el valor más grande de para el cual apenas comienzan a aparecer algunos pocos errores.
Ejercicio 2 Enunciado Demuestre que el valor máximo de la convolución de un pulso consigo mismo es igual a la energía del pulso.
Solución A continuación se presenta una tabla con los resultados de la prueba del barrido de frecuencias de corte del filtro.
Solución Considere una señal ( ) acotada en el tiempo en el ) y simétrica respecto intervalo ( ( )⁄ , es decir ( ) ( ).
Frecuencia de corte del filtro a la que comienzan a aparecer errores. (Hz) Manchester 0.17 Unipolar NRZ 0.07 El código de línea Manchester tiene mucha más tolerancia pues sus componentes de señal están distribuidas en un rango más grande de frecuencias que el código Unipolar NRZ. Puede apreciarse esto último en las siguientes gráficas.
La energía de la señal ( ) es: ∫
( )
Si lo convolucionamos consigo misma obtenemos:
1
Misael Hernández; Ricardo Alejos Fundamentos de Sistemas de Comunicación ( )
( )
( ) (
∫
Solución
)
Convolución con: Triangular Rectangular Manchester Hann Hamming
El valor máximo de ( ) ( ) se obtiene cuando ( ) ( ). Para el caso de las señales acotadas en el tiempo y simétricas, esto ocurre exactamente cuando :
Valor máximo de la convolución 1 .86594 .57741 .99274 .99757
0.2
( ( )
( ))
( ) (
∫
) 0.15
Dado que la señal está acotada en el tiempo, podemos desplazar ambos factores en un mismo factor y no habrá cambios en el resultado de la integral: ( ( )
( ))
(
∫
) (
0.1
0.05
0
)
0
(
) (
)
∫
40
60
80
100
Figura 3. Pulso triangular con energía unitaria.
Note que con este desplazamiento la señal es ahora simétrica respecto a , de modo que ( ) ( ), y por lo tanto el valor de la integral es el máximo posible. Pero además, si son iguales, al estarse multiplicando obtenemos ( ) y la integral queda igual a la que hacemos para calcular la energía de la señal ( ). Por lo que se cumple que el valor máximo de la convolución es igual a la energía de la señal para una señal con las características de la señal ( ) mencionadas al principio. ∫
20
0.11
0.105
0.1
0.095
0.09 0
20
40
60
80
100
Figura 4. Pulso rectangular de energía unitaria
( )
0.1
( ( )
( ))
0.05
0
Ejercicio 3 -0.05
Enunciado Genere un pulso triangular de 100 muestras y con energía igual a 1. Genere pulsos del mismo número de muestras y misma energía: rectangular, pulso base Manchester, y pulsos obtenidos utilizando los comandos hamming, hanning. Obtenga el valor máximo de la convolución de cada pulso con el triangular. ¿Puede utilizarse la convolución como un “detector de pulso”?
-0.1 0
20
40
60
80
100
Figura 5. Pulso Manchester de energíaunitaria.
Sí se podría usar la convolución como un detector de pulsos, ya que si convolucionamos un conjunto de pulsos con un pulso único, cuando la convolución da
2
Misael Hernández; Ricardo Alejos Fundamentos de Sistemas de Comunicación igual a la energía del pulso, entonces significa que encontramos uno de esos pulsos.
Ejercicio 4 Figura 6. Señal del problema 5.29
Enunciado
Ejercicio 5.31 ( ) está limitada en banda a 3.6 kHz, y Una señal otras tres señales – ( ), ( ) y ( )– están limitadas en una banda de 1.2 kHz cada una. Estas señales serán transmitidas mediante un multiplexeo dividido en el tiempo.
Resuelva los siguientes ejercicios del libro de Hsu: 5.6, 5.20, 5.29, 5.31. Ejercicio 5.6 Encuentre la taza y el intervalo de Nyquist para cada una de las siguientes señales: a)
( )
b)
( )
c)
( )
(
a) Establezca un esquema para lograr este multiplexeo, con cada una de las señales muestreadas a la taza de Nyquist. b) ¿Cuál debe ser la velocidad del conmutador (en muestras por segundo)? c) Si la salida del conmutador secuantiza con L=1024 y la salida está codificada en binario, ¿cuál debe ser la taza transmisión a la salida? d) Determine el ancho de banda mínimo para el canal de transmisión.
)
Ejercicio 5.20 Considere una señal de audio con componentes espectrales limitadas en frecuencia en un rango de frecuencias de 300 a 3300 Hz. Una señal PCM se genera con una taza de muestreo de 8000 muestras/s. La relación señal a ruido de la salida requerida es 30 dB.
Solución Ejercicio 5.6 a) Utilizando el método de Chebyshev, podemos separar los cosenos:
a) ¿Cuál es la mínima cantidad de niveles de cuantificación requeridos, y cuál es el número mínimo de bits para cada muestra? b) Calcule el ancho de banda mínimo requerido para el sistema. c) Repita los incisos (a) y (b) cuando utilizando la ley , .
( (
) )
Por lo tanto la frecuencia máxima es 2500Hz, la frecuencia de Nyquist debería de ser 5000Hz y el intervalo de Nyquist es 1/5000 s.
Ejercicio 5.29 La señal AMI RZ que representa la secuencia 0100101011 se transmite a través de un canal con ruido. La señal recibida se muestra en la Figura 6, que contiene un error. Localice la posición del error y justifique su respuesta.
b) La función se puede expresar como ( )y sabemos que su espectro es un rectángulo de f=100 Hz a f=-100 Hz. Por lo tanto la frecuencia máxima es 100 Hz, la frecuencia de Nyquist es 200 Hz y el intervalo de Nyquist es 1/200 s.
3
Misael Hernández; Ricardo Alejos Fundamentos de Sistemas de Comunicación c) El espectro de esta señal es la convolución del espectro de la señal anterior consigo mismo. La convolución de un rectángulo consigo mismo empieza a tener un valor diferente a cero cuando se recorre la señal una distancia igual al ancho de banda del rectángulo, que sería 200 Hz. Por lo tanto la frecuencia máxima sería 200 Hz, la de Nyquist 400 Hz y el intervalo de Nyquist sería 1/400 s.
b) El conmutador debería de girar al doble de la velocidad de m1, para poder obtener una muestra de él cada dos rotaciones y entre cada una de ellas, una muestra de las demás señales. Por lo tanto su velocidad debe de ser 14400 muestras por segundo.
Ejercicio 5.20 a) Utilizando la fórmula del SNR:
d) El ancho de banda debería de ser
c) Si L=1024, tenemos 10 bits. Por lo tanto taza de bits sería .
Se necesitan 26 niveles y 5 bits. b) c) Para el SNR:
, tenemos la siguiente ecuación para
Por lo tanto se necesitan 102 niveles y 7 bits. El ancho de banda sería Ejercicio 5.29 El error se encuentra en el bit número 7, por que siendo un uno, debería de ser igual al pulso anterior que fue 1 pero negado, sin embargo no está negado. Ejercicio 5.31 a) Deberíamos de tener un interruptor con 6 polos en donde se intercala cada uno de , y con m1, para cada ciclo tome 3 muestras de m1 y una muestra de las demás, cumpliendo con los requerimientos de la frecuencia de muestreo a la frecuencia de Nyquist. 4